题目
题目大意
武器的每个级别有固定的两种属性(b_i)和(c_i)
可以用(a)的代价得到一把(0)级的武器。
可以将(x)级武器和(y=max(x-1,0))级武器融合锻造，
有(frac{min(b_y,c_x)}{c_x})的概率可以升级成(x+1)级武器。
反之降级成(y)级武器。
问得到(n)级武器的期望代价（模意义下）。
思考历程
一开始想了个特别简单的DP。
然后发现有后效性……
搞不出来，然后心态崩了……
看到(p=0)的情况（也就是除了(i=0)之外，其它时候的(b_i)和(c_i)都为(1)，也就是百分百成功率）。
这样就可以特殊计算(f_0)和(f_1)，后面的像斐波拉契数列一样转移就可以了。
正解
正解的DP是没有后效性的。
正解的DP的目光更加长远，我想到的只是转移了一步的，但是正解是转移了很多步的。
状态还是(f_i)表示造(i)级武器的期望代价。
设成功率为(x)，则方程为(f_i=f_{i-2}+f_{i-1}+(1-x)(f_i-f_{i-2}))
前面半段是锻造的代价，后面是没有成功时的代价。
由于没有成功的时候还可以有(i-2)级的武器留下来，所以就在下一次锻造的时候将它的代价减去。
方程移项之后显然是没有后效性的。
然而这题卡时间。
比如要打(O(n))求逆元，还有各种小常数优化。
代码
卡常数卡到极尽的代码
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 10000010
#define mo 998244353
int n,a;
int bx,by,cx,cy,p;
int inv[N],f[N];
int main(){
freopen("forging.in","r",stdin);
freopen("forging.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&a,&bx,&by,&cx,&cy,&p);
inv[1]=1;
for (register int i=2,k;i<=p;++i){
k=mo/i;
inv[i]=(long long)(mo-k)*inv[mo-i*k]%mo;
}
int b=by+1,c=cy+1;
f[0]=a;
f[1]=(f[0]+(long long)f[0]*(b>=c?1:(long long)inv[b]*c%mo))%mo;
for (register int i=2;i<=n;++i){
c=((long long)c*cx+cy)%p+1;
f[i]=(f[i-2]+(long long)f[i-1]*(b>=c?1:(long long)inv[b]*c%mo))%mo;
b=((long long)b*bx+by)%p+1;
}
printf("%d
",f[n]);
return 0;
}
总结
做期望DP的时候，目光一定要长远，从而避免后效性。